《高考物理 模型系列之算法模型 專題06 動(dòng)能定理應(yīng)用模型學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理 模型系列之算法模型 專題06 動(dòng)能定理應(yīng)用模型學(xué)案（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題06 動(dòng)能定理應(yīng)用模型 模型界定 動(dòng)能定理是力學(xué)中的一個(gè)十分重要的規(guī)律，它揭示了做功與動(dòng)能之間的關(guān)系，給出了過程量功與狀態(tài)量動(dòng)能之間的標(biāo)量運(yùn)算式。他是解決動(dòng)力學(xué)問題的重要方法，使用中要優(yōu)于牛頓運(yùn)動(dòng)定律。本模型從動(dòng)能定理內(nèi)容和意義的理解、應(yīng)用動(dòng)能定理分析、解決實(shí)際問題的基本思路和方法等方面加以分析歸納。 模型破解 1動(dòng)能定理： 合外力對物體做的功等于物體動(dòng)能的變化. 動(dòng)能定理的物理意義在于他指出了外力對物體所做的總功與物體的動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即外力對物體做的總功對應(yīng)著物體動(dòng)能的變化，變化的大小由做功的多少來量度 2.對動(dòng)能定理的理解 （i）W合是所有外力對物體做的總

2、功，求所有外力做的總功有兩種方法： 第一種方法是：先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W總=F合lcosα計(jì)算總功，但應(yīng)注意α應(yīng)是合力與位移l的夾角.這種方法一般用于各力都是恒力且作用時(shí)間相同的情況下. 第二種方法是：分別求出每一個(gè)力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各個(gè)外力的功求代數(shù)和即：W總=W1+W2+W3+… 這種方法一般用于各力分別作用或作用時(shí)間不同時(shí)的情況下. （ii）動(dòng)能定理適用于物體的直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；適用于恒力做功，也適用于變力做功.力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用. （iii）

3、因?yàn)閯?dòng)能定理中功和能均與參考系的選取有關(guān)，所以動(dòng)能定理也與參考系的選取有關(guān).中學(xué)物理中一般取地球?yàn)閰⒖枷? （iv）動(dòng)能定理公式兩邊的每一項(xiàng)都是標(biāo)量，動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量方程，故動(dòng)能定理沒有分量形式. （v）若物體運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)不同的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，可以分段應(yīng)用，也可以全過程應(yīng)用. （vi）動(dòng)能定理是計(jì)算物體位移或速率的簡捷公式，當(dāng)題目中涉及位移時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理.動(dòng)能定理通常不解決涉及時(shí)間的問題，但動(dòng)力機(jī)械起動(dòng)過程除外. （vii）做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“=”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號，它并不意味著“功就是動(dòng)能增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動(dòng)能

4、”，而是意味著“功引起物體動(dòng)能的變化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W總＞0，合力對物體做正功，物體的動(dòng)能增加；若Ek2＜Ek1，即W總＜0，合力對物體做負(fù)功，物體的動(dòng)能減少. （ix）一個(gè)物體的動(dòng)能變化ΔEk與合外力對物體所做功W合具有等量代換關(guān)系：W合=ΔEk.這種等量代換關(guān)系提供了一種計(jì)算變力做功的簡便方法. 3. 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 （i）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程. （ii）分析受力及各力做功的情況，求出總功； 受哪些力各力是否做功做正功還是負(fù)功做多少功確定求總功思路求出總功. （iii）明確過程始、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=

5、Ek2-Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，列輔助方程進(jìn)行求解. 例１.如圖甲所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù).通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，則（ ） A.t1時(shí)刻小球動(dòng)能最大 Bt2時(shí)刻小球動(dòng)能最大 Ct2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少 Dt2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢能 【答案】C 【解析】在t1時(shí)刻，小球剛好與彈簧接觸，彈

6、力還為零，小球所受合外力與速度方向一致，而要做正功，動(dòng)能還要增大，A錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻彈簧彈力最大，說明彈簧此時(shí)被壓縮到最短，此時(shí)小球的速度為零，則動(dòng)能也為零，B錯(cuò)誤；t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球從壓縮量最大到逐漸恢復(fù)到原長，小球所受合外力方向先向上后向下，先與速度方向一致后與速度方向相反，即合外力對小球先做正功后做負(fù)功，其動(dòng)能先增大后減小，C正確；彈簧減少的彈性勢能等于彈簧對小球做的功.而小球增加的動(dòng)能等于小球所受合外力（即重力和彈簧彈力的合力）所做的功，D錯(cuò)誤. 例２. 如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O(shè)為圓心、R為半徑的一小段圓弧。可視為質(zhì)點(diǎn)的

7、物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的3倍。兩物體在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng)。B到b點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g，求： （1）物塊B在d點(diǎn)的速度大小 ; （2）物塊A滑行的距離 . 【答案】（1）（2） （2）設(shè)A和B分開時(shí)的速度分別為v1和v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mAv1-mBv2=0④ B從位置b運(yùn)動(dòng)到d的過程中，由動(dòng)能定理 ⑤ A在滑行過程中，由動(dòng)能定理 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥，得⑦ ４.系統(tǒng)動(dòng)能定理 高中階段中動(dòng)能定理的表述為：作用在物體上合外力的功

8、等于物體動(dòng)能的改變量，即 這是針對單體或可看作單個(gè)物體的物體系而言的.所謂能看成單個(gè)物體的物體系，簡單來說就是物體系內(nèi)各物體之間的相對位置不變，從而物體系的各內(nèi)力做功之和為零，物體系的動(dòng)能變化就取決于所有外力做的總功了. 但是對于不能看成單個(gè)物體或說不能看質(zhì)點(diǎn)的物體，可將其看成是由大量質(zhì)點(diǎn)組成的質(zhì)點(diǎn)系，對質(zhì)點(diǎn)系組成的系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，就不能僅考慮外力的作用，還需考慮內(nèi)力所做的功.即： W外+W內(nèi)=ΔEk 例3.一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中， A.地面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為mv2 B.地

9、面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D.地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 【答案】B 5.動(dòng)能定理的應(yīng)用技巧 (i)利用動(dòng)能定理求變力的功 變力的功無法用公式W=Fscosα直接求解，有時(shí)該力也不是均勻變化，無法用高中知識表達(dá)平均力，此時(shí)可以考慮用動(dòng)能定理間接求解. 例4.如圖所示，某貨場利用固定于地面的、半徑R=1.8 m的四分之一圓軌道將質(zhì)量為m1=10 kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地面，已知當(dāng)貨物由軌道頂端無初速度滑下時(shí)，到達(dá)軌道底端的速度為5 m/s.為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，在地

10、面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2 m，質(zhì)量均為m2=20 kg，木板上表面與軌道末端相切.貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1（最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）. 例4題圖 （1）求貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩擦力做的功； （2）通過計(jì)算判斷貨物是否會(huì)從木板B的右端滑落？若能，求貨物滑離木板B右端時(shí)的速度；若不能，求貨物最終停在木板B上的位置. 【答案】（1）55J（2）不能，離B端1m （2）當(dāng)貨物滑上木板A時(shí)，貨物對木板的摩擦力 地面對木板A、B的最大靜摩擦力 由于， 此時(shí)

11、木板A、B靜止不動(dòng)。 設(shè)貨物滑到木板A右端時(shí)速度為，由動(dòng)能定理： 得： 當(dāng)貨物滑上木板B時(shí)，地面對木板A、B最大靜摩擦力 由于，此時(shí)木反B開始滑動(dòng)。 設(shè)貨物不會(huì)從木板B的右端滑落，二者剛好相對靜止時(shí)的速度為 則對貨物： 對木板 由以上兩式可得： 此過程中， 由于，所以貨物最終未從木板B上滑下，且與其右端的距離為 (ii)應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題 物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程（如加速、減速的過程），此時(shí)可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)

12、能定理列式求解，則可以使問題簡化. 根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單.有時(shí)取全過程簡單，有時(shí)則取某一階段簡單.原則是盡量使做功的力減少，各個(gè)力的功計(jì)算方便；或使初、末動(dòng)能等于零. 例5.以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為 A、和 B、和 C、和 D、和 【答案】A 【解析】設(shè)物體上升的最大高度為h，返回到原拋出點(diǎn)的速率為v，根據(jù)動(dòng)能定理，上升階段有,整個(gè)過程有,兩式聯(lián)立解得 h=,,故選項(xiàng)A正確. 例6.如圖所示，物塊從

13、高為的斜面上滑下，又在同樣材料的水平面上滑行后靜止，已知斜面傾角為，物塊由斜面到水平面時(shí)圓滑過渡，求物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 【答案】 (iii)應(yīng)用動(dòng)能定理求解多物體系問題 對于多物體、多過程問題，由于運(yùn)動(dòng)過程繁瑣，用牛頓第二定律解題相當(dāng)復(fù)雜，而從能量觀點(diǎn)出發(fā)，應(yīng)用動(dòng)能定理解題往往可以使問題簡化.但應(yīng)注意，從能量角度解題，如果研究對象是一個(gè)物體，往往用動(dòng)能定理求解，而對于系統(tǒng)，往往是根據(jù)總體能量守恒的觀點(diǎn)來處理問題. 例7.如圖所示，放在水平面上的小車上表面水平，AB是半徑為R的14光滑圓弧軌道，下端B的切線水平且與平板車上表面平齊，車的質(zhì)量為M.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊，從

14、軌道上端A處無初速釋放，滑到B端后，再滑到平板車上.若車固定不動(dòng)，小滑塊恰不能從車上掉下.（重力加速度為g） （1）求滑塊到達(dá)B端之前瞬間所受支持力的大?。? （2）求滑塊在車上滑動(dòng)的過程中，克服摩擦力做的功； （3）若車不固定，且地面光滑，把滑塊從A點(diǎn)正上方的P點(diǎn)無初速釋放，P點(diǎn)到A點(diǎn)的高度為h，滑塊從A點(diǎn)進(jìn)入軌道，最后恰停在車的中點(diǎn)，求車的最大速度. 【答案】（1）3mg（2）mgR(3) （2）滑塊在車上滑動(dòng)過程中，克服摩擦力做的功W,對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理 mgR-W=0④ 即W=mgR （3）因滑塊最后恰停在車的中點(diǎn)，結(jié)合(2)可知因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能也即系統(tǒng)內(nèi)摩

15、擦力所做的總功: W'=W/2=mgR/2⑤ 滑塊與車速度相同時(shí)，車速最大，設(shè)為v2，對系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理有：⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得：⑦ (iv)應(yīng)用動(dòng)能定理求路程 在多階段或往返運(yùn)動(dòng)中，如果摩擦力或介質(zhì)阻力大小不變，方向與速度方向關(guān)系性相反.則在整個(gè)過程中克服摩擦力或介質(zhì)阻力所做功等于力與路程的乘積，從而可將物體在摩擦力或介質(zhì)阻力作用下通過的路程與動(dòng)能定理聯(lián)系起來. 例8.如圖所示，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N，P端固定一豎直擋板.M相對于N的高度為h，NP長度為s.一物塊自M端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞（物塊碰撞前后的速度大小相等

16、，方向相反）后停止在水平軌道上某處.若在MN段的摩擦可忽略不計(jì)，物塊與NP段軌道間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求物塊停止的地方與N點(diǎn)的距離的可能值. 【答案】在時(shí)；若， (v)利用動(dòng)能定理求運(yùn)動(dòng)時(shí)間 動(dòng)能定理通常不處理涉及時(shí)間的問題,但在變力的功率恒定的情況下,可以利用動(dòng)能定理將物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與通過的位移聯(lián)系起來,可在位移與路程中知一求一. 例9.某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點(diǎn)A出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)L后，由B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，并能越過壕溝。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg，通電后以額定功率P=

17、1.5w工作，進(jìn)入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作多長時(shí)間？（取） 【答案】2.53s 【解析】設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 解得 設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v2，最低點(diǎn)的速度為v3，由牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律

18、 解得 m/s 通過分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是 m/s 設(shè)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間至少為t，根據(jù)功能原理 由此可得 t=2.53s 模型演練 1.如圖所示，給物塊以初速度v0，使之沿斜面下滑，已知斜面與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，又知物塊與斜面底端擋板碰后將以碰前的速率反彈，（斜面長L及傾角已知，且），求物塊運(yùn)動(dòng)的總路程。 練1圖

19、【答案】 2.如圖所示，小滑塊從左側(cè)斜面上高為h1處由靜止開始下滑，滑過長為s2的水平部分，又滑上右側(cè)斜面，當(dāng)滑至右側(cè)斜面上高為h2處時(shí)速度減為零，設(shè)轉(zhuǎn)角處無動(dòng)能損失，滑塊和左側(cè)斜面、水平部分及右側(cè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，求此動(dòng)摩擦因數(shù)。 練2 圖 【答案】 【解析】滑塊從左側(cè)斜面高為h1處滑至右側(cè)斜面高為h2處的過程中，初、末速度都為零，初、末動(dòng)能也為零，該過程只有重力和摩擦力做功，由動(dòng)能定理得： 化簡得： 也即： 故可得： 我們作出如圖所示的輔助線，則。 練2答圖 從計(jì)算結(jié)果可以看出，只要測出物塊初、末位置的高度差和兩位置所對應(yīng)的水平距離，即可測出動(dòng)摩擦因數(shù)

20、。 3.如圖所示，質(zhì)量為的物體，被經(jīng)過光滑小孔的細(xì)繩牽引，且在光滑的水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，拉力大小為，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為。當(dāng)拉力增大到時(shí)，物體仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的半徑為。求在這一過程中，拉力對物體所做的功。 【答案】FR 4.如圖所示，木塊放在光滑水平地板上，有一物體以向右的速度滑上木塊上表面的左端。若物體與木塊上表面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，且物體可看做質(zhì)點(diǎn)，那么要使不從的右端滑出去，木塊至少應(yīng)多長？已知、質(zhì)量分別為、。 【答案】 所以有 解得 5.反射式調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團(tuán)在電場中的震蕩來產(chǎn)生微波，其震蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側(cè)分

21、別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場強(qiáng)度的大小分別是N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量，帶電量,A點(diǎn)距虛線的距離，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求： （1）B點(diǎn)到虛線的距離； （2）帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間。 【答案】（1）0.50cm（2）1.5×10-8s （2）設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2,由牛頓第二定律有 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1t2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 又t=t1+t2 解以上各式可得t=1.5×10-8s 6.

22、如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、 足夠長且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為d（d < l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。 求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q； （2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間t1 ； （3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m 。 【答案】（1）（2）（3） （2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為，則接著向下運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)能定理 裝置在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)收到的合力 感應(yīng)電動(dòng)勢 =Bd 感應(yīng)電流 = 安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時(shí)間內(nèi)，有 則 有 解得 （3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)能定理 解得